Question

5．原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七種元素，核電荷數(shù)均小于36．已知X的一種1：2 型氫化物，分子中既有σ鍵又有π鍵，且所有原子共平面；Z的L層上有2個未成對電子；Q 原子s能級與p能級電子數(shù)相等；G為金屬元素；R單質是制造各種計算機、微電子產品的核心材料；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子．
（1）Y原子核外共有7種不同運動狀態(tài)的電子，T原子有7種不同能級的電子．
（2）X、Y、Z的第一電離能由小到大的順序為C＜O＜N（用元素符號表示）．由X、Y、Z形成的離子ZXY^?與XZ₂互為等電子體，則ZXY?中X原子的雜化軌道類型為sp雜化
（3）Z與R能形成化合物甲，1mol甲中含4mol化學鍵，甲與氫氟酸反應，生成物的分子空間構型分別為正四面體形
（4）G、Q、R氟化物的熔點如下表，造成熔點差異的原因為NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低，Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小，且Mg²⁺電荷數(shù)高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高

氟化物	G的氟化物	Q的氟化物	R的氟化物
熔點/K	993	1539	183

（5）向T的硫酸鹽溶液中逐滴加入Y的氫化物的水溶液至過量，反應的離子方程式為Cu²⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O
（6）X單質的晶胞如右圖所示，一個X晶胞中有8個X原子；若X晶體的密度為p g/cm³，阿伏加德羅常數(shù)的值為N_A，則晶體中最近的兩個X原子之間的距離為$\frac{3}{4}\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$cm（用代數(shù)式表示）

Answer 1

分析 X的一種氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，說明分子里有雙鍵或參鍵，X的一種氫化物為1：2型且所有原子共平面，所以X應為C元素，它的1：2型氫化物為乙烯；Z的L層上有2個未成對電子，即核外電子排布為1s²2s²2p²或1s²2s²2p⁴，X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，所以Z為O元素，且Y為N元素；Q原子s能級與p能級電子數(shù)相等，則Q的核外電子排布為1s²2s²2p⁴或1s²2s²2p⁶3s²，由于Q的原子序數(shù)比氧大，所以Q的電子排布為1s²2s²2p⁶3s²，即Q為Mg；而G為金屬元素，且原子序數(shù)介于氧和鎂元素之間，所以G為Na；R單質是制造各種計算機、微電子產品的核心材料，則R為Si；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子，價電子排布為3d¹⁰4s¹，故T為Cu．

解答 解：X的一種氫化物分子中既有σ鍵又有π鍵，說明分子里有雙鍵或參鍵，X的一種氫化物為1：2型且所有原子共平面，所以X應為C元素，它的1：2型氫化物為乙烯；Z的L層上有2個未成對電子，即核外電子排布為1s²2s²2p²或1s²2s²2p⁴，X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，所以Z為O元素，且Y為N元素；Q原子s能級與p能級電子數(shù)相等，則Q的核外電子排布為1s²2s²2p⁴或1s²2s²2p⁶3s²，由于Q的原子序數(shù)比氧大，所以Q的電子排布為1s²2s²2p⁶3s²，即Q為Mg；而G為金屬元素，且原子序數(shù)介于氧和鎂元素之間，所以G為Na；R單質是制造各種計算機、微電子產品的核心材料，則R為Si；T處于周期表的ds區(qū)，原子中只有一個未成對電子，價電子排布為3d¹⁰4s¹，故T為Cu．
（1）Y為N元素，核外電子排布式為1s²2s²2p³，所以7種不同運動狀態(tài)的電子；T為Cu元素，它的核外電子排布式為：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹，所以它有7個能級，
故答案為：7；7；
（2）C、N、O位于元素周期表同一周期，同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級容納3個電子，為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：C＜O＜N；
OCN^-與CO₂互為等電子體，所以它們結構相似，OCN^-中C原子與O、N原子之比分別形成2對共用電子對，沒有孤電子對，所以碳的雜化方式為sp雜化，
故答案為：C＜O＜N；sp雜化；
（3）Z與R能形成化合物甲為二氧化硅，在二氧化硅晶體中，每個硅原子周圍有四個Si-O鍵，所以1mol二氧化硅中含有4molSi-O鍵；
SiO₂與HF反應的方程式為：SiO₂+4HF=SiF₄+2H₂O，其中SiF₄中硅原子的價層電子對數(shù)為：4+$\frac{4-1×4}{2}$=4，沒有孤對電子，所以SiF₄的空間構型為正四面體，
故答案為：4；正四面體形；
（4）在NaF、MgF₂、SiF₄中，NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點最低，Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小，且Mg²⁺電荷數(shù)高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高，
故答案為：NaF與MgF₂為離子晶體，SiF₄為分子晶體，故SiF₄的熔點低，Mg²⁺的半徑比Na⁺的半徑小，且Mg²⁺電荷數(shù)高，晶格能MgF₂＞NaF，故MgF₂的熔點比NaF高；
（5）向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水溶液至過量，反應生成四氨合銅絡離子，反應的離子方程式為：Cu²⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O，
故答案為：Cu²⁺+4NH₃．H₂O=[Cu（NH₃）₄]²⁺+4H₂O；
（6）碳單質的晶胞為，晶胞中含有C原子數(shù)目為4+8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=8，C原子與周圍4個原子形成正四面體，正四面體中心C原子與頂點碳原子相鄰，距離最近，晶胞質量為8×$\frac{12}{{N}_{A}}$g，晶體的密度為p g/cm³，則晶胞棱長為$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm，則正四面體的棱長為$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則正四面體的斜高為$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$，令斜高為$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=b cm，底面中心到邊的距離為$\frac{1}{3}$b，設正四面體的高為a cm，則a²+（$\frac{1}{3}$b）²=b²，解得a=$\frac{\sqrt{6}}{3}$b，故正四面體中心原子到頂點距離為$\frac{3}{4}$a=$\frac{3}{4}$×$\frac{\sqrt{6}}{3}$b=$\frac{\sqrt{6}}{4}$×$\root{3}{\frac{8×\frac{12}{{N}_{A}}}{P}}$cm×$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3}{4}\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$cm，
故答案為：8；$\frac{3}{4}\root{3}{\frac{12}{P{N}_{A}}}$．

點評 本題是對物質結構的考查，涉及電離能、雜化軌道、分子結構、晶體類型與性質、配合物、晶胞計算等，（6）中晶胞計算為易錯點、難點，需要學生具備一定的空間想象與數(shù)學計算能力，關鍵理解距離最近碳原子位置．